Ejercicios resueltos - SpainData

BLOQUE 1
CUESTIÓN 1-A.- Considera los elementos con números atómicos 4, 11, 17 y 33. Razona y justifica
cada uno de los siguientes apartados:
a) Escribe la configuración electrónica, señalando los electrones de la capa de valencia.
b) Indica a qué grupo del sistema periódico pertenece cada elemento y si es o no metal.
c) Ordena de menor a mayor los elementos según su electronegatividad.
d) ¿Qué estado de oxidación será el más frecuente para cada elemento?
Solución:
a) Por ser los átomos de los elementos eléctricamente neutros, su número de protones del núcleo
Z es también el número de electrones de su corteza, por lo que las configuraciones electrónicas de estos
elementos son:
Z = 4: 1s 2 2s 2 ; los electrones de la capa de valencia son los que se encuentran en el último nivel
de la corteza electrónica, los que el átomo puede perder o ganar para conseguir la configuración
electrónica del gas noble más próximo. En este caso, los electrones de valencia son los 2 electrones 2s.
Z = 1: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 ; siendo el electrón de la capa de valencia el 3s.
Z = 17: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ; siendo sus electrones de la capa de valencia los 7 electrones 3s 3p.
Z = 33: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 ; con los 5 electrones 4s 4p en la capa de valencia.
b) El grupo del sistema periódico al que pertenece cada elemento se determina por los orbitales
que constituyen la capa de valencia. Si el elemento posee un electrón en el orbital ns pertenece al grupo
uno; si contiene en dicho orbital dos electrones pertenece al grupo 2; si los orbital que se están llenando
son los cinco (n – l)d, el elemento puede pertenecer a uno de los grupos 3 al 12 según sea el número de
electrones que posea en dicho orbital ( 1 a 10); y finalmente, si los orbitales que se están completando son
los tres np, el elemento puede pertenecer a uno de los grupos 13 al 18 según sea el número de electrones
en ese orbital (1 a 6). Es decir, grupo al que pertenece el elemento: grupos (1 o 2) = número de electrones
ns; grupos (3 a 12) = [2 + número de electrones (n – 1)d]; y grupos (13 a 18) = 12 + número de electrones
np. Luego, el elemento de Z = 4 pertenece al grupo 2 (2 electrones en el orbital 2s); el de Z = 11 al grupo
1 (1 electrón en el orbital 3s); el de Z = 17 al grupo 17 ( 12 + 5 electrones 3p); y el de Z = 33 al grupo 15
(12 + 3 electrones 4p).
En el sistema periódico los metales se encuentra situados en la parte izquierda y central de la
tabla, los situados desde el grupo 1 hasta el grupo 12, avanzando un lugar hacia la derecha a medida que
se pasa al siguiente período, por lo que, sólo los elementos de Z = 4 y Z = 11 son metales.
c) La electronegatividad es una propiedad periódica que aumenta al avanzar en un período de
izquierda a derecha y disminuye al bajar en un grupo. Generalmente, los metales son los que poseen una
menor electronegatividad y los no metales son los más electronegativos, luego, el elemento de Z = 11 es
el menos electronegativo, el de Z = 4 es algo más electronegativo, le sigue el de Z = 33 con un poco más
de electronegatividad y, el más electronegativo es el de Z = 17; es decir, el orden en el que aumenta la
electronegatividad de los elementos es: electronegatividad creciente (Z = 11 < Z = 4 < Z = 33 < Z = 17).
d) Estado de oxidación de un átomo, en un compuesto, es el número de electrones que ha ganado
o perdido respecto del átomo neutro. Si el compuesto es covalente, el par de electrones de cada uno de los
enlaces se asigna al átomo del elemento más electronegativo. Luego, los elementos de Z = 4 y Z = 11,
elementos alcalinotérreo y alcalino, respectivamente, poseen un estado de oxidación, en sus compuestos
iónicos, + 2 y + 1 por ceder 2 electrones el primero y 1 electrón el segundo. Por el contrario, el estado de
oxidación más frecuente del elemento de Z = 17 es – l por ganar sus átomos en los compuestos iónicos
un electrón; mientras que el elemento de Z = 33 posee un estado de oxidación – 3 es el más frecuente.
BLOQUE 2.
PROBLEMA 2 B.- En la combustión de 9,2 g de etanol, C 2 H 6 O (l), a 25 ºC se desprenden 274,1 kJ,
mientras que en la combustión de 8,8 g de etanal C 2 H 4 O (l), a 25 ºC se desprenden 234,5 kJ. En
estos procesos de combustión se forman CO 2 (g) y H 2 O (l) como productos.
a) Escribe las ecuaciones ajustadas correspondientes a la combustión del etanol y etanal.
b) Calcula el calor desprendido en la combustión de 1 mol de etanol y de 1 mol de etanal.
c) Mediante la reacción con oxígeno (g) el etanol (l) se transforma en etanal (l) y agua (l).
Calcula ∆H o para la transformación de 1 mol de etanol (l) en etanal (l).
DATOS: A r (H) = 1 u; A r (C) = 12 u; A r (O) = 16 u.

Solución:
a) Las ecuaciones correspondientes a las reacciones de combustión del etanol y etanal ajustadas
son: C 2 H 6 O + 3 O 2 → 2 CO 2 + 3 H 2 O; C 2 H 4 O +
5
O2 → 2 CO 2 + 2 H 2 O.
2
b) Los moles de etanol y etanal que se queman son:
1 mol C2
H 6O
1 mol C2
H 4O
9,2 g C 2 H 6 O · = 0,2 moles C 2 H 6 O; 8,8 g C 2 H 4 O · = 0,2 moles C 2 H 4 O
46 g C2
H 6O
44 g C2
H 4O
y si al quemar 0,2 moles de cada una de las sustancias se desprenden, respectivamente, 274,1 y 234,5 kJ,
la combustión de un mol de etanol y de etanal desprenderán:
1 mol C2
H 6O
1 mol C2
H 4O
274,1
kJ ⋅
= 1.370,5 kJ; 234,5
kJ ⋅
= 1.172,5 kJ
0,2 moles C H O
0,2 moles C H O
2
6
es decir, ∆H c o (C 2 H 6 O) = − 1.370,5 kJ · mol −1 , y ∆H c o (C 2 H 4 O) = − 1.172,5 kJ · mol −1 .
c) Aplicando a las ecuaciones de combustión del etanol (l) y etanal (l) del apartado a) la ley de
Hess, se obtiene la ecuación de oxidación del etanol a etanal con su variación de entalpía:
C 2 H 6 O + 3 O 2 → 2 CO 2 + 3 H 2 O
∆H o c = − 1.370,5 kJ · mol −1
5
C 2 H 4 O + O2 → 2 CO 2 + 2 H 2 O
2
∆H o c = − 1.172,5 kJ · mol −1 .
Invirtiendo la ecuación de combustión del etanal, cambiando el signo de su entalpía y sumando
las dos ecuaciones, resulta la ecuación de oxidación del etanol a etanal:
C 2 H 6 O + 3 O 2 → 2 CO 2 + 3 H 2 O
∆H o c = − 1.370,5 kJ · mol −1
5
2 CO 2 + 2 H 2 O → C 2 H 4 O + O2
2
∆H o c = 1.172,5 kJ · mol −1 .
1
C 2 H 6 O + O2 → C 2 H 4 O + H 2 O
2
∆H o r = − 198 kJ · mol −1 .
Resultado: b) ∆H c o = −1.370,5 kJ · mol −1 ; ∆H c o = −1.172,5 kJ · mol −1 ; c) ∆H r o = − 198 kJ · mol −1 .
BLOQUE 3
CUESTIÓN 3 B.- a) Ordena razonadamente las siguientes sales de mayor a menor solubilidad en
agua: BaSO 4 , ZnS, CaCO 3 , AgCl.
b) Explica si se formará un precipitado de cloruro de plata al mezclar 100 ml de cloruro de
sodio, NaCl, 2 · 10 −5 M con 100 mL de nitrato de plata, AgNO 3 , 6 · 10 −5 M.
DATOS: P s (BaSO 4 ) = 1,1 · 10 −10 ; P s (ZnS) = 2,5 · 10 −23 ; P s (CaCO 3 ) = 9 · 10 −9 ; P s (AgCl) = 1,1 ·
10 −10 .
Solución:
a) Mientras menor es el producto de solubilidad de una sal más insoluble es, ocurriendo todo lo
contrario cuanto mayor es el producto de solubilidad, es decir, es más soluble; luego, del análisis de los
productos de solubilidad de las sales propuestas, teniendo presente que todas tienen el mismo equilibrio
de solubilidad, pueden ordenarse de mayor a menor solubilidad.
Los equilibrios de solubilidad son: BaSO 4 ⇆ Ba 2+ + SO 4
2−
2
4
⇒ P s = [Ba 2+ ] · [SO 4 2− ] = S 2 ;
ZnS ⇆ Zn 2+ + S 2− ⇒ P s = [Zn 2+ ] · [S 2− ] = S 2 ; CaCO 3 ⇆ Ca 2+ + CO 3 2− ⇒ P s = [Ca 2+ ] · [CO 3 2− ] = S 2 ;
AgCl ⇆ Ag + + Cl − ⇒ P s = [Ag 2+ ] · [Cl − ] = S 2 ; y como la solubilidad de cada sal se obtiene de la
raíz cuadrada de los productos de solubilidad, puede afirmarse que el orden de solubilidad decreciente de
las sales que se proponen es CaCO 3 la más soluble, AgCl de igual solubilidad que BaSO 4 las siguientes
menos solubles y la menos soluble de todas ZnS; es decir, CaCO 3 > AgCl = BaSO 4 > ZnS
b) Las sales están totalmente ionizadas en disolución, y para conocer las concentraciones de los
distintos iones en la disolución que se forma al mezclar ambas disoluciones, se determinan sus moles, se
dividen por el volumen total de la nueva disolución. Para conocer si se forma o no precipitado se halla el

producto iónico, Q, que se compara con el producto de solubilidad dado; si Q es menor o igual que K s no
hay precipitación y si es mayor sí.
Moles de NaCl: n = M · V = 2 ·10 −5 moles · L −1 · 0,1 L = 2 ·10 −6 moles de Cl − .
Moles de AgNO 3 : n = M · V = 6 ·10 −5 moles · L −1 · 0,1 L = 6 ·10 −6 moles de Ag + .
El equilibrio de ionización del AgCl es: AgCl ⇆ Ag + + Cl − .
Las concentraciones de los iones Cl − y Ag + en la nueva disolución son:
[Cl − 0,000002 moles
] = = 0,00001= 10 −5 M; [Mg 2+ 0,000006 moles
] = = 0,00006 = 6 ·10 −5 M.
0,2 L
0,2 L
Sustituyendo estas concentraciones en la expresión del producto iónico y operando sale:
Q = [Ag + ] · [Cl − ] = 10 −5 M · 6 ·10 −5 M = 6 · 10 −10 M 2 que al ser mayor que K s , pone de manifiesto que se
produce precipitación.
BLOQUE 4
PROBLEMA 4 B.- El ácido fluorhídrico, HF (aq), es un ácido débil siendo una de sus aplicaciones
más importantes la capacidad de atacar el vidrio. Su equilibrio de disociación viene dado por:
HF (aq) ⇆ F − (aq) + H + (aq) K a = 6,6 · 10 −4 .
Si 0,125 g de HF se disuelven en 250 mL de agua, calcula:
a) El pH de la disolución resultante.
b) El grado de disociación del ácido en estas condiciones.
c) El volumen de una disolución 0,25 M de NaOH que debe añadirse a 100 mL de la
disolución anterior para reaccionar completamente con el HF.
DATOS: A r (H) = 1 u; A r (F) = 19 u.
Solución:
M (HF) = 20 g · mol −1 .
0,125 g
moles 20 g ⋅ mol
a) La concentración inicial de la disolución del ácido es: M = =
= 0,025 M, y
V ( L)
0,25 L
siendo x los moles de ácido que se disocian, las concentraciones al inicio y en el equilibrio de cada una de
las especies son:
HF (aq) ⇆ F − (aq) + H + (aq)
Concentración inicial: 0,025 0 0
Concentraciones en el equilibrio: 0,025 – x x x
que llevadas a la constante de equilibrio del HF, sustituyendo las variables por sus valores y resolviendo
la ecuación de segundo grado que aparece:
[ ] [ ] − +
F ⋅ H
K a =
2
−4
x
2 −4
−5
⇒ 6,6 ⋅10
=
⇒ x + 6,6 ⋅10
⋅ x −1,65
⋅10
= 0, que resuelta produce para x
[ HF ]
0,025 − x
el valor 0,0038 M (los 0,025 M son 0,025 moles disueltos en un litro, y por ello, x también lo está).
El pH de la disolución es: pH = − log [H + ] = − log 0,0038 = 2,42.
También se puede resolver tomando α como grado de disociación y determinando al inicio y en
el equilibrio las concentraciones de todas las especies:
HF (aq) ⇆ F − (aq) + H + (aq)
Concentraciones iniciales: 0,025 0 0
Concentraciones en el equilibrio: 0,025 · (1 – α) 0,025 · α 0,025 · α
que llevadas a la constante de equilibrio del HF, sustituyendo las variables por sus valores y resolviendo
la ecuación de segundo grado que resulta:
[ ] [ ] − +
F ⋅ H
K a =
[ HF ]
⇒
6,6 ⋅10
−4
2
2
0,025 ⋅α
=
0,025 ⋅ (1 − α)
⇒
2
0,025 ⋅α
+ 1,65 ⋅10
−5
⋅ x −1,65
⋅10
−5
= 0,
−1
que resuelta da
para α el valor 0,15 y para la concentración de protones: [H + ] = 0,15 · 0,025 = 0,0038 = 3,8 ·10 −3 M, y el
pH de la disolución es: pH = − log [H + ] = − log 3,8·10 −3 = 3 – log 3,8 = 3 – 0,58 = 2,42.
b) El grado de disociación α, expresado en tanto por ciento, se obtiene multiplicando por 100 el
cociente de dividir la concentración de una de las especies en el equilibrio entre la inicial del ácido:

0,0038
α = ⋅100 = 15,2 %.
0,025
c) Los moles de ácido contenidos en los 100 mL de disolución son:
n (HF) = M · V = 0,025 moles · L −1 · 0,100 L = 2,5 ·10 −3 moles, y por ser la estequiometría de la
1 a 1, estos son también los moles de base, NaOH, que han de encontrarse disueltos en el volumen de su
disolución que se tome, el cuál se determina de la definición de molaridad:
n moles
n moles 2,5 ⋅10
moles
M = ⇒ V =
=
= 0,01 L = 10 mL.
−1
−1
V ( L)
M ( moles ⋅ L ) 0,25 moles ⋅ L
−3
Resultado: a) pH = 2,42; b) α = 15,2 %; c) V = 10 mL.
BLOQUE 5
CUESTIÓN 5 A.- La síntesis del amoníaco, NH 3 , tiene una gran importancia industrial. Sabiendo
que la entalpía de formación del amoníaco es − 46,2 kJ · mol −1 .
a) Indica las condiciones de presión y temperatura (alta o baja) más favorables para la
síntesis del amoníaco, justificando la respuesta.
b) A bajas temperaturas la reacción es demasiado lenta para su utilización industrial.
Indica razonadamente cómo podría modificarse la velocidad de la reacción para
hacerla rentable industrialmente.
Solución:
a) La reacción de síntesis del amoníaco es: N 2 (g) + 3 H 2 (g) ⇆ 2 NH 3 .
Si la reacción es exotérmica, se desprenden 46,2 kJ · mol −1 , se favorece la formación de NH 3
retirando calor del medio, es decir, disminuyendo la temperatura; y por haber un menor número de moles
en los productos que en los reactivos, un aumento de la presión (disminución del volumen del reactor),
desplaza el equilibrio hacia la derecha favoreciendo la producción de amoníaco.
b) Elevando la presión de los reactivos N 2 y H 2 , calentándolos a temperaturas altas (unos 500 ºC)
y utilizando un catalizador (aumenta la velocidad de reacción de los gases N 2 y H 2 al disminuir la energía
de activación), se desplaza el equilibrio hacia la formación de NH 3 y hace rentable el proceso de síntesis.